上海高考化学压轴题专题复习物质的量的综合.docx
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上海高考化学压轴题专题复习物质的量的综合
上海高考化学压轴题专题复习——物质的量的综合
一、高中化学物质的量练习题(含详细答案解析)
1.按要求完成下列填空。
(1)在等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中,分别加入等量的AgNO3溶液,恰好都完全反应,则以上三种溶液的物质的量浓度之比为___。
(2)将3.22g芒硝(Na2SO4·10H2O)溶于水中,要使每100个水分子中溶有1个Na+,则需水的质量为__g。
(3)在干燥烧瓶中用向下排空气法收集氨气,由于空气不可能排净,所以瓶内气体对氢气的相对密度为9.5,将此瓶气体倒置于水槽中,烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积的_______。
(4)100mL0.3mol/LNa2SO4(密度为d1g/cm3)和50mL0.2mol/LAl2(SO4)3(密度为d2g/cm3)混合,所得密度为d3g/cm3的混合溶液中SO42-的浓度为___________。
(用含d1,d2,d3的式子表示)
(5)已知两种碱AOH和BOH的摩尔质量之比为5:
7,现将7molAOH与5molBOH混合后,从中取出5.6g,恰好可以中和100ml浓度为1.2mol/L的盐酸,则AOH的摩尔质量为_____。
(6)标准状况下,用一定量的水吸收HCl气体后制得浓度为1.0mol/L,密度为1.0365g/cm-3的盐酸。
请计算1体积水吸收_______体积的HCl可制得上述氨水。
【答案】6:
3:
234.2
(或83.3%)6d3/(10d1+5d2)mol/L40g/mol22.4
【解析】
【详解】
(1)设NaC1、MgCl2、A1Cl3的物质的量分别为x、y、z,由分别加入等量的AgNO3溶液,恰好都完全反应,则种溶液中Cl-的物质的量相等,x=y×2=z×3,解得x:
y:
z=6:
3:
2,因溶液的体积相同,则物质的量之比等于浓度之比,所以浓度之比为6:
3:
2;
故答案是:
6:
3:
2;
(2)3.22g芒硝的物质的量为3.22/322=0.01mol,所以溶液中n(Na+)=2n(Na2SO4·10H2O)=0.01×2=0.02mol,每100个水分子中溶有1个钠离子,所以n(H2O)=100n(Na+)=2mol,0.01molNa2SO4·10H2O中含有水的物质的量为0.01×10=0.1mol,所以需要的水的物质的量为2-0.1=1.9mol,所以需要水的质量为1.9mol×18g/mol=34.2g;
故答案是:
34.2;
(3)用排气法收集氨气后,收集到的氨气气体不纯,含有空气;空气的平均相对分子质量为29,混合气体的平均相对分子质量为:
9.5×2=19;设烧瓶的容积为VL,氨气的体积为xL,空气的体积为(V-x)L,则有:
[17x/Vm+(29×(V-x)/Vm)]÷(V/Vm)=19,解之得:
x=
V;将此瓶气体倒置于水槽中,进入烧瓶的液体体积为氨气体积,即
V,烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积为:
(
V)/V=
(或83.3%);
故答案是:
(或83.3%);
(4)混合液的质量为(100d1+50d2)g,混合后溶液的体积为:
[(100d1+50d2)÷d3]mL=[(100d1+50d2)÷d3]×10-3L;溶液混合后n(SO42-)=(0.1×0.3×1+0.05×0.2×3)=0.06mol;根据c=n/V可知,混合溶液中SO42-的浓度为:
0.06÷[(100d1+50d2)÷d3]×10-3=60d3/(100d1+50d2)mol/L=6d3/(10d1+5d2)mol/L
故答案是:
6d3/(10d1+5d2)mol/L;
(5)设AOH和BOH的摩尔质量分别为5xg/mol和7xg/mol,n(HCl)=n(OH-)=0.1×1.2=0.12mol;7molAOH与5molBOH混合物中含有n(OH-)=7+5=12,根据题意可知,5.6g混合碱中含有n(OH-)=0.12mol,则含有n(OH-)=12mol时,混合碱的质量为560g;根据7mol×5xg/mol+5mol×7xg/mol=560g可知,x=8,所以AOH的摩尔质量为40g/mol;
故答案是:
40g/mol;
(6)假设溶液体积为1.00L,1.00L盐酸中含氯化氢的物质的量为:
1L×1mol/L=1mol,V(HCl)=1×22.4=22.4L;1.00L盐酸中含水的质量为:
m(H2O)=1×1.0365×103-1×36.5=1000g,V(H2O)=1L;标准状况下,1体积水吸收氯化氢的体积为V=[V(HCl)/V(H2O)]×1L=22.4L;
故答案是:
22.4。
2.按要求填空,已知NA为阿伏伽德罗常数的数值。
(1)标准状况下,2.24LCl2的质量为____;有__个氯原子。
(2)含0.4molAl3+的Al2(SO4)3中所含的SO42-的物质的量是____。
(3)阻燃剂碱式碳酸铝镁中OH-与CO32﹣质量之比为51:
300,则这两种离子的物质的量之比为____。
(4)质量相同的H2、NH3、SO2、O3四种气体中,含有分子数目最少的是____。
(5)标准状况下,3.4gNH3的体积为___;它与标准状况下____LH2S含有相同数目的氢原子。
(6)10.8gR2O5中氧原子的数目为3.01×1023,则元素R的相对原子质量为___;R元素名称是___。
(7)将10mL1.00mol/LNa2CO3溶液与10mL1.00mol/LCaCl2溶液相混和,则混和溶液中Na+的物质的量浓度为___,混和溶液中Cl-的物质的量___(忽略混合前后溶液体积的变化)。
(8)a个X原子的总质量为bg,则X的相对原子质量可以表示为____
(9)已知CO、CO2混合气体的质量共11.6g,在标准状况下的体积为6.72L,则混合气体中CO的质量为___;CO2在相同状况下的体积为___。
(10)由CH4和O2的组成的混和气体,在标况下的密度是H2的14.5倍。
则该混合气体中CH4和O2的体积比为___。
【答案】7.1g0.2NA或1.204×10230.6mol3:
5SO24.48L6.7214氮1mol/L0.02mol
NA或6.02×1023
2.8g4.48L3:
13
【解析】
【分析】
(1)先计算标准状况下,2.24LCl2的物质的量,再计算氯气的质量和氯原子个数;
(2)由化学式计算硫酸根的物质的量;
(3)由两种离子的质量比结合摩尔质量计算两种离子的物质的量之比;
(4)由n=
可知,质量相同的不同气体,气体的摩尔质量越大,物质的量越小,分子数越小;
(5)先计算标准状况下,3.4gNH3的物质的量,再计算气体体积和所含氢原子的物质的量,最后依据氢原子的物质的量计算硫化氢的体积;
(6)由R2O5的质量和所含氧原子个数建立关系式计算R的相对原子质量;
(7)将10mL1.00mol/LNa2CO3溶液与10mL1.00mol/LCaCl2溶液相混和发生反应,生成碳酸钙沉淀和氯化钠,反应过程中Na+和Cl-的物质的量不变;
(8)先计算a个X原子的物质的量,再依据质量计算X的摩尔质量;
(9)依据混合气体的质量和体积建立求解关系式求得一氧化碳和二氧化碳的物质的量,在分别计算一氧化碳质量和二氧化碳体积;
(10)先计算混合气体的平均相对分子质量,再依据公式计算甲烷和氧气的体积比。
【详解】
(1)标准状况下,2.24LCl2的物质的量为
=0.1mol,质量为0.1mol×71g/mol=7.1g,Cl2为双原子分子,含有的氯原子个数为0.2NA或1.204×1023,故答案为:
7.1g;0.2NA或1.204×1023;
(2)由化学式可知,含0.4molAl3+的Al2(SO4)3中所含的SO42-的物质的量是0.4mol×
=0.6mol,故答案为:
0.6mol;
(3)阻燃剂碱式碳酸铝镁中OH-与CO32﹣质量之比为51:
300,则这两种离子的物质的量之比为
:
=3:
5,故答案为:
3:
5;
(4)由n=
可知,质量相同的不同气体,气体的摩尔质量越大,物质的量越小,分子数越小,H2、NH3、SO2、O3四种气体中SO2的摩尔质量最大,则SO2的物质的量最小,分子数最小,故答案为:
SO2;
(5)标准状况下,3.4gNH3的物质的量为
=0.2mol,则体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L,含有氢原子的物质的量为0.2mol×3=0.6mol,含有氢原子的物质的量为0.6mol的H2S的物质的量为
=0.3mol,标准状况下,0.3molH2S的体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L,故答案为:
4.48L;6.72;
(6)设元素R的相对原子质量为M,10.8gR2O5的物质的量为
=
mol,所含氧原子的数目为
mol×6.02×1023×5=3.01×1023,解得M=14,该元素为N元素,故答案为:
14;N;
(7)将10mL1.00mol/LNa2CO3溶液与10mL1.00mol/LCaCl2溶液相混和发生反应,生成碳酸钙沉淀和氯化钠,反应过程中Na+和Cl-的物质的量不变,10mL1.00mol/LNa2CO3溶液中Na+的物质的量为0.01L×1.00mol/L×2=0.02mol,则混和溶液中Na+的物质的量浓度为
=1.00mol/L;10mL1.00mol/LCaCl2溶液中Cl-的物质的量为0.01L×1.00mol/L×2=0.02mol,则混和溶液中Cl-的物质的量0.02mol,故答案为:
1mol/L;0.02mol;
(8)a个X原子的物质的量为
mol,X的摩尔质量为
=
g/mol,则X的相对原子质量
,故答案为:
或
;
(9)设CO、CO2混合气体中CO为xmol,CO2为ymol,由题意可得28x+44y=11.6①,x+y=
=0.3mol②,解①②可得x=0.1,y=0.2,则0.1molCO的质量为0.1mol×28g/mol=2.8g,0.2molCO2在标准状况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L,故答案为:
2.8g;4.48L;
(10)由题意可知,CH4和O2的组成的混和气体平均相对分子质量为2×14.5=29,设混合气体中甲烷的物质的量为x、氧气的物质的量为y,则有
=29,解得x:
y=3:
13,故答案为:
3:
13。
3.某同学设计了测定气体摩尔体积的探究实验,利用氯酸钾分解制O2。
实验步骤如下:
①把适量的氯酸钾粉末和少量二氧化锰粉末混合均匀,放入干燥的试管中,准确称量试管和药品的总质量为15.95g.
②连接好实验装置,检查装置的气密性.
③加热,开始反应,直到不再有气体产生为止.
④测量排入量筒中水的体积为285.0mL,换算成标准状况下氧气的体积为279.7mL.
⑤准确称量试管和残留物的质量为15.55g.
根据上述实验过程,回答下列问题:
(1)如何检查装置的气密性?
______________________________________________。
(2)以下是测量收集到气体体积必须包括的几个步骤:
①调整量筒的高度使广口瓶和量筒内的液面高度相同
②使试管和广口瓶内气体都冷却至室温
③读取量筒内液体的体积
这三步操作的正确顺序是________(请填写步骤代码。
进行③的实验操作时,若仰视读数,则读取氧气的体积________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
(3)实验过程中产生氧气的物质的量是________mol;实验测得氧气的摩尔体积是________(保留小数点后两位)。
【答案】往广口瓶中注满水,塞紧橡胶塞,按装置图连接好装置,用手将试管底部捂热,若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升,松开手后,过一会儿长玻璃管内的液面下降,则证明该装置不漏气②①③偏小0.012522.38L/mol
【解析】
【分析】
【详解】
(1)往广口瓶中装满水,使装置左侧形成密闭体系,通过捂热试管看广口瓶中长导管内液面高度的变化来判断装置的气密性;综上所述,本题答案是:
往广口瓶中注满水,塞紧橡胶塞,按装置图连接好装置,用手将试管底部捂热,若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升,松开手后,过一会儿长玻璃管内的液面下降,则证明该装置不漏气。
(2)在测量收集到O2的体积时,先将装置中的气体冷却至室温,否则气体受热膨胀时,会使排出水的体积偏大;然后调整量筒高度,使量筒内液面和广口瓶中液面相平,以保证广口瓶中气体的压强和外界气压相等,从而使排出水的体积与产生的O2的体积相等,最后再读取量筒内水的体积;正确顺序为②①③;读数时若仰视量筒内的液面,会使读取O2的体积偏小;综上所述,本题答案是:
②①③;偏小。
(3)根据质量守恒定律,产生O2的质量为15.95g-15.55g=0.4g;n(O2)=0.4/32=0.0125mol,O2的摩尔体积为0.2797/0.0125=22.38L/mol;综上所述,本题答案是:
0.0125,22.38L/mol。
【点睛】
用排水法测量收集到气体体积时,要注意:
先将装置中的气体冷却至室温,否则气体受热膨胀时,易引起误差;第二,要调整量筒高度,使量筒内液面和广口瓶中液面相平,以保证广口瓶中气体的压强和外界气压相等,这样才能减小实验误差;最后再读取量筒内水的体积,要平视进行读数,减小实验误差;只要做到以上三点,就能提高测定数据的准确度。
4.用无水Na2CO3固体配制230mL0.1000mol·L-1的溶液。
请回答:
(1)在配制过程中不必要的玻璃仪器是___。
A.烧杯B.量筒C.玻璃棒D.胶头滴管E.容量瓶
(2)定容时的操作:
当液面接近容量瓶刻度线时,__,再将容量瓶塞盖好,反复上下颠倒,摇匀。
(3)下列操作会使配得的Na2CO3溶液浓度偏低的是___。
A.称取相同质量的Na2CO3·10H2O固体进行配制
B.定容时俯视容量瓶的刻度线
C.摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线,再滴加蒸馏水至刻度线
D.转移洗涤液时洒到容量瓶外,继续用该未清洗的容量瓶重新配制
【答案】B用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切ACD
【解析】
【分析】
(1)配制溶液在烧杯中溶解,需要玻璃棒搅拌,转移到容量瓶中定容,当液面接近容量瓶刻度线时,需用胶头滴管滴加液体;
(2)当液面接近容量瓶刻度线时,改用胶头滴管滴加;
(3)结合
及不当操作可知,n偏小或V偏大均使所配的Na2CO3溶液浓度偏低;
【详解】
(1)配制230mL0.1000mol/L的Na2CO3溶液的一般步骤:
计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容等,使用的仪器为:
托盘天平(带砝码)、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250mL的容量瓶;不必要的玻璃仪器是量筒,故答案为:
B。
(2)定容时,当液面接近容量瓶刻度线时,用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切,再将容量瓶塞盖好,反复上下颠倒,摇匀,故答案为:
用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切。
(3)A.称取相同质量的Na2CO3⋅10H2O固体进行配制,n偏小,所配的Na2CO3溶液浓度偏低,A正确;
B.定容时俯视容量瓶的刻度线,V偏小,所配的Na2CO3溶液浓度偏大,B错误;
C.摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线,再滴加蒸馏水至刻度线,V偏大,所配的Na2CO3溶液浓度偏低,C正确;
D.转移洗涤液时洒到容量瓶外,继续配制,n偏小,所配的Na2CO3溶液浓度偏低,D正确;故答案为:
ACD。
【点睛】
配制一定物质的量浓度过程中误差分析:
①向容量瓶中转移液体时有少量流出,n减小,c偏小;②未洗涤烧杯和玻璃棒,n减小,c偏小;③定容时,水加多了,用胶头滴管吸出,n减小,c偏小;④定容摇匀时,液面下降,再加水,V增大,c偏小;⑤定容时,俯视刻度线,V减小,c偏大;⑥仰视刻度线,V增大,c偏小;⑦溶液未冷却到室温就注入容量瓶并定容,V减小,c偏大。
5.完成下列填空:
(1)已知反应:
Fe2O3+2Al
Al2O3+2Fe,则
①该反应所属基本反应类型是___。
②在反应中铁元素的化合价变化__(填“升高”或“降低”),该元素的原子__(填“失去”或“得到”)电子。
③发生氧化反应的是__,发生还原反应的是__。
(2)反应2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O中:
①反应中被氧化的元素是__,被还原的元素是___。
②若生成71gCl2,则消耗的HCl是__g,被氧化的HCl是__g。
【答案】置换反应降低得到AlFe2O3ClMn116.873
【解析】
【分析】
(1)①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B。
②反应中,Fe的化合价由+3价变为0价;
③反应中,还原剂被氧化,发生氧化反应。
(2)①还原剂被氧化,氧化剂被还原;
②根据方程式进行计算。
【详解】
(1)①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B,属于置换反应。
②反应中,Fe的化合价由+3价变为0价,化合价降低,得电子;
③反应中,还原剂被氧化,发生氧化反应,则Al发生氧化反应;Fe2O3发生还原反应。
(2)①还原剂被氧化,氧化剂被还原,则Cl被氧化,Mn被还原;
②若生成71gCl2,即1mol,需消耗3.2molHCl,即3.2×36.5=116.8g;化合价升高的HCl为2mol,即73g。
【点睛】
高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气,16molHCl参加反应,其中有10molHCl发生了氧化反应,产生了5molCl2,6molHCl价态没变,生成了盐,体现了其酸性的性质。
6.某化学兴趣小组在实验室制取漂白粉,并探究氯气与石灰乳反应的条件和产物。
已知:
①二氧化锰与浓盐酸反应可制备氯气,同时生成MnCl2。
②氯气和碱反应放出热量。
温度较高时,氯气和碱还能发生如下反应:
3Cl2+6OH-
5Cl-+ClO3-+3H2O。
该兴趣小组设计了下列实验装置进行实验。
请回答下列问题:
(1)①甲装置用于制备氯气,乙装置的作用是________。
②该兴趣小组用100mL12mol·L-1盐酸与8.7gMnO2制备氯气,并将所得氯气与过量的石灰乳反应,则理论上最多可制得Ca(ClO)2______g。
(2)小组成员发现,产物中Ca(ClO)2的质量明显小于理论值。
他们讨论后认为,部分氯气未与石灰乳反应而逸出,以及温度升高也是可能原因。
为了探究反应条件对产物的影响,他们另取一定量的石灰乳,缓慢、匀速地通入足量氯气,得出了ClO-、ClO3-两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的关系曲线,粗略表示为如图(不考虑氯气和水的反应)。
①图中曲线Ⅰ表示_______离子的物质的量随反应时间变化的关系。
②所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为______mol。
③另取一份与②等物质的量的石灰乳,以较大的速率通入足量氯气,反应后测得产物中Cl-的物质的量为0.35mol,则产物中
=__。
(3)为了提高Ca(ClO)2的产率,可对丙装置作适当改进。
请你写出一种改进方法:
________。
【答案】除去氯气中的氯化氢气体7.15ClO-0.252:
1把丙装置浸在盛有冰水的水槽中
【解析】
【分析】
(1)①饱和食盐水的主要作用是除去氯气中的氯化氢气体;
②依据MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O;2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,结合定量关系计算理论值;
(2)①当温度低时,氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙;当温度高时,生成氯酸钙和氯化钙,根据温度高低来判断属于哪种离子;
②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算氯离子的物质的量,然后根据含氯化合物中钙离子和阴离子的个数比计算氢氧化钙的物质的量;
③另取一份与②等物质的量的石灰乳,以较大的速率通入足量氯气,反应后测得产物中Cl-的物质的量为0.35mol,依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1:
2,结合b计算得到氢氧化钙物质的量计算氯元素物质的量,依据氧化还原反应电子守恒,生成产物中氯元素守恒列式计算。
(3)根据题中信息,在高温度下发生副反应,可以把丙装置放入冰水中。
【详解】
(1)①浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气的方程式为:
MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O;浓盐酸具有挥发性,在反应制取氯气的过程中挥发出HCl气体,所以通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体;
②n(HCl)=12mol/L×0.1L=1.2mol,n(MnO2)=
=0.1mol,MnO2、HCl反应的物质的量的比是1:
4,可见足量的浓盐酸与8.7gMnO2制备氯气,以MnO2为标准计算,n(Cl2)=n(MnO2)=0.1mol,将所得氯气与过量的石灰乳反应,反应方程式为:
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,根据方程式中物质反应关系可知:
理论上最多可制得Ca(ClO)2的物质的量为0.05mol,其质量m[Ca(ClO)2]=0.05mol×143g/mol=7.15g;
(2)①当温度低时,氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙;当温度高时,生成氯酸钙和氯化钙,刚开始反应时,温度较低,氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙,所以图2中曲线I表示离子ClO-的物质的量随反应时间变化的关系;
②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算Cl-的物质的量,设被还原的氯离子的物质的量为n,则n×1=0.10mol×1+0.05mol×5=0.35mol,则反应的Cl2中含氯原子的物质的量为:
0.35mol+0.1mol+0.05mol=0.5mol,在CaCl2、Ca(ClO)2、Ca(ClO3)2中钙离子和含氯离子的个数比为1:
2,所以所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为
=0.25mol;
③取一份与②等物质的量的石灰乳,其物质的量为0.25mol,根据氧化还原反应中得失电子数相等,生成氯离子得到电子和生成次氯酸根和氯酸根失去的电子守恒,设n(ClO-)=x,n(ClO3-)=y;则得到:
0.35=x×1+y×5;依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1:
2,得到氯元素物质的量为0.5mol;x+y+0.35=0.5,解得:
x=0.1mol,y=0.05mol,则产物中
=2:
1;
(3)由于反应在高温度下发生副反应,所以改进措施可以把丙装置放入盛有冰水的水槽中,避免发生3Cl2+6OH-
5Cl-+ClO3-+3H2O。
【点睛】
本题考查了性质方案的设计。
明确实验目的、实验原理为解答关键,注意熟练掌握氯气的实验室制法及守恒思想在化学计算中的应用方法,题目培养了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力。
7.现有含有少量NaCl、Na2SO4、Na2CO3等杂质的NaNO3溶液,选择适当的试剂除去杂质,得到纯净的NaNO3固体,实验流程如下图所示。
(1)沉淀A的主要成分是_____________、______________(填化学式)。
(2)①②③中均进行的分离操作是_______________。
(3)溶液3经过处理可以得到NaNO3固体,溶
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